Question

2．圖甲所示的平行板電容器板間距離為d，兩板所加電壓隨時(shí)間變化圖線如圖乙所示，t=0時(shí)刻，質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子以平行于極板的速度v₀射入電容器，t₁=3T時(shí)刻恰好從下極板邊緣射出電容器，帶電粒子的重力不計(jì)，U₀、T為已知量，求：
（1）平行板電容器板長(zhǎng)L；
（2）粒子射出電容器時(shí)偏轉(zhuǎn)的角度φ的正切值；
（3）粒子射出電容器時(shí)豎直偏轉(zhuǎn)的位移y．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直電場(chǎng)方向粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解板長(zhǎng)L；
（2）根據(jù)電壓隨時(shí)間變化的圖象知，在T-2T時(shí)間內(nèi)板間無(wú)電場(chǎng)，粒子不受力做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的傾角；
（3）同樣根據(jù)有電場(chǎng)時(shí)粒子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，沒有電場(chǎng)時(shí)在豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，分三段考慮粒子偏轉(zhuǎn)的位移．

解答 解：（1）t=3T，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，L=v₀t=3v₀T；
（2）射出電容器時(shí)，偏轉(zhuǎn)角度為φ，tanφ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，
豎直分速度：v_y=2at=$\frac{2uq}{md}•T$，則：tanφ=$\frac{2uqT}{{md{v_0}}}$；
（3）電場(chǎng)方向粒子先勻加速再勻減速然后又勻加速至出電容器，
0～T，${y_1}=\frac{1}{2}at_1^2=\frac{1}{2}\frac{u}zymxved\frac{q}{m}•{T^2}$T～2T，${y_2}=2{y_1}=2×\frac{1}{2}\frac{u}4o6hx6l\frac{q}{m}•{T^2}$
2T～3T，${y_3}=3{y_1}=\frac{3}{2}\frac{u}exeghnr\frac{q}{m}•{T^2}$，則偏移量：$y={y_1}+{y_2}+{y_3}=\frac{{3uq{T^2}}}{md}$；
答：（1）平行板電容器板長(zhǎng)L為3v₀T；
（2）粒子射出電容器時(shí)偏轉(zhuǎn)的角度φ的正切值為$\frac{2uqT}{{md{v_0}}}$；
（3）粒子射出電容器時(shí)豎直偏轉(zhuǎn)的位移y為$\frac{3Uq{T}^{2}}{md}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，分析粒子在豎直方向多過(guò)程的位移和速度，是解決本題的關(guān)鍵．